2022年根据递推公式,求数列通项公式的常用方法总结归纳2 .docx

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1、立身以立学为先,立学以读书为本求递推数列通项公式的常用方法归纳目录一、概述 二、等差数列通项公式和前n 项和公式 1、等差数列通项公式的推导过程 2、等差数列前 n 项和公式的推导过程 三、一般的递推数列通项公式的常用方法 1、公式法 2、归纳猜想法 3、累加法 4、累乘法 5、构造新函数法 待定系数法） 6、倒数变换法 7、特点根法 8、不动点法 109、换元法、取对数法 11、周期法 一、概述在高中数学课程内容中,数列作为离散函数的典型代表之一,不仅在高中数学中具有重要位置,而且,在现实生活中有着特别广泛的作用,同时,数列的教学也是培育观看、分析、归纳、 猜想、 规律推理以及运用数学学问提

2、出问题、分析问题和解决问题的必不行少的重要途径；数列这一章包蕴着多种数学思想及方法,如函数思想、方程思想,而且在基本概念、公式的教学本身也包含着丰富的数学方法,把握这些思想方法不仅可以增进对数列概念、公式的懂得, 而且运用数学思想方法解决问题的过程,往往能诱发学问的迁移,使同学产生举一反三、融会贯穿的解决多数列问题；在这一章主要用到了以下几中数学方法：1、不完全归纳法不完全归纳法不但可以培育同学的数学直观,而且可以帮忙同学有效的解决问题,在等差数列以及等比数列通项公式推导的过程就用到了不完全归纳法；2、倒叙相加法等差数列前 n 项和公式的推导过程中,就依据等差数列的特点,很好的应用了倒叙相加法

3、,而且在这一章的许多问题都直接或间接地用到了这种方法；3、错位相减法错位相减法是另一类数列求和的方法,它主要应用于求和的项之间通过一定的变形可以相互转化,并且是多个数求和的问题；等比数列的前n 项和公式的推导就用到了这种思想方法；4、函数的思想方法数列本身就是一个特别的函数,而且是离散的函数,因此在解题过程中,特别在遇到等差数列与等比数列这两类特别的数列时,可以将它们看成一个函数,进而运用函数的性质和特点来解决问题；5、方程的思想方法数列这一章涉及了多个关于首项、末项、项数、公差、公比、第n 项和前 n 项和这些量的数学公式,而公式本身就是一个等式,因此,在求这些数学量的过程中,可将它们看成相

4、应的已知量和未知数,通过公式建立关于求未知量的方程,可以使解题变得清楚、明白,而且简化明白题过程；二、 等差数列通项公式和前n 项和公式第一节：等差数列前n 项和的推导过程1、等差数列通项公式：1 可以从等差数列特点及定义来引入；定义： n2时,有 an an 1=d ,就： a2=a1 d立身以立学为先,立学以读书为本a3=a2 d=a12d a4=a3 d=a1 3d a5=a4 d=a14d推测并写出 an=？（2） ）实行累加a2 a1=d a3 a2=d a4 a3=dan an 1=d累加后,有：an a1=n 1d ,即：an=a1 n 1d ；2、等差数列前 n 项和：方法一：

5、高斯算法（即首尾相加法）1 + 2 + 3 + +50+51+ +98+99+100= ？1+100=101, 2+99=101, ,50+51=101 ,所以原式 =50（ 1+101）=5050就利用高斯算法,简洁进行类比,过程如下：a 1a 2a 3.a n2a n 1a n.其中a1a na 2a n1a 3a n2.如 mnpq ,就 a ma na pa q这里用到了等差数列的性质：问题是一共有多少个a1an ,同学自然想到对n 取奇偶进行争论；（1）当 n 为偶数时：Sna1ananan122Sn aa n21n（2）当 n 为奇数时：Sna1an 112an 12an 1an1

6、2分析到这里发觉an 1 “落单”了,好像遇到了阻碍,此时勉励同学不能舍弃,在2老师的适当引导下,不难发觉,an 1 的角标与2 a1an 角标的关系1Snn1a 2an an 121n1 a2an an 12an 122n aa 21nn从而得到,无论 n 取奇数仍是偶数,Sn a1 2an 总结：（ 1）类比高斯算法将首尾分组进行“配对”,发觉需要对 n 取奇偶进行争论,思路自然,简洁把握；（2）不少资料对 n 取奇数时的处理方法是,当争论进行不下去时转向寻求其它解决方法, 进而引出倒序相加求和法；方法二：对 n 的奇偶进行争论有点麻烦,能否回避对 n 的争论呢？接下来给出实际问题：伐木工

7、人是如何快速运算堆放在木场的木头根数呢？由此引入倒序相加求和法；Sna1a2an 1anSnan两式相加得：an 12Snna1a2a1an Sn aa n21n总结：（ 1）数学学习需要最优化的学习,因此引导同学去寻求更有效的解决方法,让同学在解决问题的同时也体会到同一个问题有不同的解决方法,而我们需要的是具备高效率的方法；（2） 倒序相加求和法是重要的数学思想,方法比公式本身更为重要,为以后数列求和的学习做好了铺垫；（3） 在过程中体会数学的对称美；三、 一般的递推数列通项公式的常用方法一、公式法例 1、 已知无穷数列a n的前 n 项和为Sn ,并且anSn1nN * ,求a n的通项公

8、式？【解析】：S1a ,aSSaa,a1 a ,又 a1 ,nnn 1n 1nnn 1n 1n122nna1.2反思：利用相关数列an与 Sn的关系： a1S1, anSnSn1 n2 与提设条件,建立递推关系,是此题求解的关键.二、 归纳猜想法 ：由数列前几项用不完全归纳推测出数列的通项公式,再利用数学归纳法证明其正确性,这种方法叫归纳法.例 2、 已知数列a n中,a11 , an2an 11n2 ,求数列an的通项公式 .【解析】：a11 , an2an 11n2 ,a22a113 , a32a217推测 an2 n1 n*N ,再用数学归纳法证明.（略）反思： 用归纳法求递推数列, 第

9、一要熟识一般数列的通项公式,再就是肯定要用数学归纳法证明其正确性 .三 、累加法 ：利用 ana1 a2a1anan 1 求通项公式的方法称为累加法；累加法是求型如an 1anf n 的递推数列通项公式的基本方法（f n 可求前 n 项和） .例 3、 已 知 无 穷 数 列 an的 的 通 项 公 式 是 ann1, 如 数 列 bn2满 足 b11 ,nbb1n1) ,求数列b的通项公式 .2n 1nn【解析】： b11, bn 1bnn1 n1 ,2bnb1b2b1bnbn 1 =1+1+.+2n 1n 11= 21.22反思 :用累加法求通项公式的关键是将递推公式变形为an 1anf

10、n ；四 、累乘法 : 利用恒等式aa a2 a3ana0, n2) 求通项公式的方法称为累乘法,n1a1 a2nan 1累乘法是求型如:积 ；an 1gnan 的递推数列通项公式的基本方法数列gn可求前 n 项例 4、 已知a11 , ann an 1an nN * ,求数列an通项公式 .【解析】：anaa ,an 1n1,又有 aaa2 a3an a0, n2 =nn 1nannn1a1 a2nan 123n1 12n-1= n ,当 n1 时 a11 ,满意ann ,ann .反思 : 用累乘法求通项公式的关键是将递推公式变形为an 1g na n .五、构造新数列 （待定系数法） :

11、 将递推公式an+1qand （ q,d 为常数, q0 , d0 ）通过 an 1xq anx 与原递推公式恒等变成an 1dqad 的方法叫构nq1q1造新数列,也即是待定系数法；例 5、已知数列an中,a11 , an2an 11n2 ,求an 的通项公式 .【解析】 :利用anx2an 1x ,求得 an12 an 11 ,an1是首项为a112 ,公比为 2 的等比数列 ,即 an12n ,a2n1n反思：构造新数列的实质是通过an 1xq anx 来构造一个我们所熟知的等差或等比数列 .六 、倒数变换 ：将递推数列an 1canc and0, d0 ,取倒数变成1an 1d11的形

12、c anc1式的方法叫倒数变换；然后就转变为第五种情形,此时将数列再利用“构造新数列”的方法求解；1看成一个新的数列,即ann例 6、 已知数列a nN * 中,a1 , anan12an,求数列1an的通项公式 .【解析】 :将 an 1an取倒数得 :121 ,112 ,1是以 112 an1an 1anan 1anana11为首项 ,公差为 2 的等差数列 .an12n1 ,an1.2n1反思 :倒数变换有两个要点需要留意:一是取倒数 .二是肯定要留意新数列的首项,公差或公比变化了；七、 特点根法： 形如递推公式为an 2pa n 1qa n （其中 p, q 均为常数） ；对 于 由

13、递 推公 式 an 2pan 1qan, 有 a1, a2给 出 的 数 列 an, 方 程x2pxq0 ,叫做数列an的特点方程；如 x1, x2是特点方程的两个根,当 x1x2 时,数列an的通项为 anAx n 1Bx n,其中 A , B 由 a1, a2打算1（即把1a1, a2, x1, x2和 n1,2 ,代入 anAx n 1Bxn2211,得到关于 A 、B 的方程组）；1当 x1x2 时,数列an 的通项为 anABnxn,其中 A ,B 由 a1, a2打算（即把 a1,a 2, x1, x2 和 n1,2 ,代入 an ABn xn111,得到关于 A 、B 的方程组）

14、；例 7: 数列an 满意3an 25an 12 an0 n0, nN , a1a, a2b ,求 an【解析】：由题可知数列的特点方程是：3 x 25x20 ；2x11, x2,131naAx n 1aABBx n 1A2A3b2 nB 32a；又由 a1a, a 2b ,于是2 n 1bA2 B 3B3ab故 an3b2a3ab 3反思：此题解题的关键是先求出特点方程的根；再由初始值确定出A,B的用已知量 a,b表示的值,从而可得数列 an 的通项公式；八、不动点法如 A,B0 且 AD-BC0 ,解 xAxDCxD,设,为其两根I、如,数列II 、如,数列 a nan1a n 是等比数列

15、； 是等差数列；例 8、已知数列式； a n 满意 a n17 a n2 a n2, a132 ,求数列 a n 的通项公【解析】：令 x的不动点；7 x22x3,得 2x 24x20 ,就 x=1 是函数f x 3x14x7由于a n 111所以7 a n2a n2an215a n532a n3332an252 1212 ,an 11115a n515an1511an12an15a所以 数列n1 是以 a121为首项,以5为公差的等差数列,就11an1n125 ,故 an2n82n3 ；反思：此题解题的关键是先求出函数1f x 3x 4 x11的不动点,即方程72x7x2 的2x31根 x1

16、,进而可推出a n 11a n15 ,从而可知数列an1为等差数列,再求出数列1a n1的通项公式,最终求出数列 an 的通项公式；九、换元法即是将一复杂的整体用一个新的符号来表示,从而使递推数列看起来更简洁,更易找到解决的方法；例 9、 已知数列 a n 满意 a n 11 1164 a n124 a n, a 11 ,求数列 a n 的通项公式；【解析】：令 b na11 b 224 a n1,就 a n1 b 21n24故n124n1代入 a n11 1164 a n124 a n 得n1 b 212411 11641 b 21n24b n n1即 4b2bn32由于 b n124 a

17、n0 ,故 b n 1124 a n 10就 2b n1b n133 ,即 b n 1b n,22可化为 b n 131 bn23 ,所以 bn3 是以b13124a13124 13为公比的等比数列,因此b31n11n2,就b12 为首项, 以 2n2221 nn 22+3 ,即124 a n 1 n223 ,得 an2 1 n34 1 n123 ；反思：此题解题的关键是通过将124 an的换元为b n ,使得所给递推关系式转化1bn1bn232 形 式 , 从 而 可 知 数 列 b n3 为 等 比 数 列 , 进 而 求 出 数 列 bn3 的通项公式,最终再求出数列 an 的通项公式；

18、十、取对数法：形如 an 1pa r p0, an0n这种类型一般是等式两边取对数后转化为an 1panq ,再利用构造新数列（待定系数法）求解；例 10：已知数列an 中, a11, an 112 aana0 ,求数列an 的通项公式 .；【解析】：由1an 1a2 两边取对数得lg an 12 lg an1lg,aan令 bnlg an,就 bn 12bnlg 1 ,再利用构造新数列 （待定系数法） 解得： a a1 2 n 1na；a十一、周期型 ： 由已知递推式运算出前几项,查找周期；此题型一般是在不能运用以上各种方法的情形下可考虑到这种方法,具有肯定的探干脆, 虽然比较简洁, 但也是一种很重要的数学思想,需要好好把握；例 11：如数列an 满意an 12an1, 0an 2,如 a16,就 a20 的值为；2an1, 127an1反思：此题的关键在于观看递推数列的形式,取一些特定的n 的值,求出数列的前几项的值, 从而找到其周期,这样问题就迎刃而解了；